专题强化练7　圆锥曲线中的定点、定值及探究性问题--2026北师大版高中数学选择性必修第一册同步练习（含解析）

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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
专题强化练7　圆锥曲线中的定点、定值及探究性问题
　　　　　　　　　　　　　
1.(2024山东枣庄第八中学期末)若椭圆C的上顶点为D(0,1),且长轴长为2,过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A,B两点,则直线AB过定点　　　　.
2.(2025山西太原第五中学月考)已知曲线C:y4=a2x2(a>0)与直线y=2x+4有3个公共点,A,B是曲线C上关于y轴对称的两动点(点A位于第一象限),M,N是x轴上关于原点对称的两定点(点M在x轴正半轴上),若|AB|-|AM|-|BN|为定值,则该定值为　　　　.
3.(2024广东广州外国语学校开学考试)双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左顶点为A,右焦点为F,动点B在C上,当BF⊥AF时,|AF|=|BF|,则C的离心率e为　　　　;若点B位于第一象限,在x轴的负半轴上存在定点M(m,0),使得∠BFM=2∠BMF,则m=　　　　.
4.(2025江西上饶第二中学月考)如图,已知椭圆C:+=1(a>b>0)过点P(3,1),焦距为4,斜率为-的直线l与椭圆C相交于异于点P的M,N两点,且直线PM,PN均不与x轴垂直.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若|MN|=,求直线l的方程;
(3)记直线PM的斜率为k1,直线PN的斜率为k2,证明:k1k2为定值.
5.(2025江苏宿迁期中)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右顶点为E,实轴长为4,过C的左焦点F作直线l,当l与x轴垂直时,l与C的两个交点分别为M,N,此时△MNE为等腰直角三角形.
(1)求C的方程;
(2)当l与C的渐近线平行时,求l与C的交点坐标;
(3)当l与C的左支交于A,B两点时,直线AE,BE分别交直线x+1=0于点P,Q,在x轴上是否存在定点D,使得点D始终在以线段PQ为直径的圆上 若存在,求出D点坐标;否则,请说明理由.
6.(2025广东汕头期中)已知动点M到定点F(1,0)的距离比到定直线x=-2的距离小1.
(1)求点M的轨迹C的方程;
(2)若直线l:y=k(x-1)交曲线C于A,B两点(点A位于第一象限),过点(1,0)且与l垂直的直线l'与曲线C交于C,D两点(点C位于第一象限):
(i)求四边形ACBD面积的最小值;
(ii)设AB,CD的中点分别为P,Q,求证:直线PQ过定点.
7.(创新题·新情境)(2025江西师范大学附属中学期中)“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动,在我国源远流长,某些折纸活动蕴含丰富的数学知识,例如,用一张圆形纸片,按如下步骤折纸(如图):
步骤1:设圆心是E,在圆内异于圆心处取一定点,记为F;
步骤2:把纸片折叠,使圆周正好通过点F(即折叠后图中的点D与点F重合);
步骤3:把纸片展开,并留下一道折痕,记折痕与DE的交点为P;
步骤4:不停重复步骤2和3,就能得到越来越多的折痕.
现取半径为4的圆形纸片,设点F到圆心E的距离为2,按上述方法折纸.以EF的中点为原点,EF所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy,记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点分别为A,B,P为轨迹C上异于A,B的动点,设PB交直线x=4于点T,连接AT交轨迹C于点Q.直线AP,AQ的斜率分别为kAP,kAQ.
(i)求证:kAP·kAQ为定值;
(ii)证明直线PQ经过x轴上的定点,并求出该定点的坐标.
答案与分层梯度式解析
专题强化练7　圆锥曲线中的定点、定值及探究性问题
1.答案　
解析　根据题意,椭圆C的焦点在x轴上,设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),
∵椭圆C的上顶点为D(0,1),∴b=1,
又长轴长为2,∴a=,
则椭圆C的方程为+y2=1,
易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
由可得(1+2k2)x2+4kmx+2(m2-1)=0,
则Δ=16k2m2-8(1+2k2)(m2-1)=8(1+2k2-m2)>0,
x1+x2=-,x1x2=,
又=(x1,y1-1),=(x2,y2-1),
∴·=x1x2+(y1-1)(y2-1)
=x1x2+(kx1+m-1)(kx2+m-1)
=(k2+1)x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2
=
==0,
∴3m2-2m-1=0,解得m=-或m=1.
当m=1时,直线AB经过点D,不满足题意,舍去;
当m=-时,直线AB的方程为y=kx-,故直线AB过定点.
2.答案　-16
解析　曲线C:y4=a2x2(a>0)为抛物线y2=ax与y2=-ax,
由得2y2+ay-4a=0,因为a>0,所以Δ=a2+32a>0,
所以抛物线y2=-ax与直线y=2x+4有两个交点,
又因为曲线C:y4=a2x2(a>0)与直线y=2x+4有3个公共点,
所以直线y=2x+4与抛物线y2=ax相切,
由得4x2+(16-a)x+16=0,则Δ=(16-a)2-4×4×16=0,所以a=32,
由对称性可知|AM|=|BN|,设AB与y轴的交点为E,则|AB|-|AM|-|BN|=2(|AE|-|AM|),
若|AB|-|AM|-|BN|为定值,则|AE|-|AM|=|AE|+8-|AM|-8为定值,
则M,N分别为抛物线y2=32x与y2=-32x的焦点,
此时|AB|-|AM|-|BN|为抛物线y2=32x上一点到y轴的距离与到其焦点的距离的差的2倍,即-16.
3.答案　2;-a
解析　由题知F(c,0),设点B(c,p),则-=1,解得p=±,则|BF|=,
又|AF|=a+c,|AF|=|BF|,所以a+c===,可得=e-1=1,解得e=2,所以c=2a,b==a,故C的方程可化为-=1,
设点B(x0,y0),x0>0,y0>0,则-=1,
tan∠BFM=-kBF=-=-,tan∠BMF=kBM=,
因为∠BFM=2∠BMF,所以tan∠BFM=tan(2∠BMF)=,即-=,得(m2+4ma+3a2)-(4a+4m)x0=0,所以解得m=-a.
4.解析　(1)由题意得解得
故椭圆C的方程为+=1.
(2)设直线l的方程为y=-x+m,M(x1,y1),N(x2,y2),
由得4x2-6mx+9m2-36=0,
由Δ=(-6m)2-144(m2-4)>0,得-则x1+x2=,x1x2=,
则|MN|=·=·=·=,解得m=2或m=-2.
当m=2时,直线l:y=-x+2经过点P(3,1),不符合题意,舍去;
当m=-2时,直线l:y=-x-2,满足题意.
所以当|MN|=时,直线l的方程为y=-x-2.
(3)证明:因为直线PM,PN均不与x轴垂直,所以x1≠3,x2≠3,则m≠0且m≠2,
所以k1k2=·=
=
===,所以k1k2为定值.
方法技巧
求定值问题的常见方法
1.直接推理计算,在计算过程中消去变量(参数),得到定值.
2.从特殊情况入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.
5.解析　(1)由题意得解得
所以C的方程为-=1.
(2)C的渐近线方程为y=±x,F(-4,0),
当l与渐近线y=x平行时,l的方程为y=(x+4),
由解得
当l与渐近线y=-x平行时,l的方程为y=-(x+4),
由解得
所以l与C的交点坐标为,.
(3)显然当直线AB与x轴重合时,不符合题意,
故设直线AB的方程为x=my-4,A(x1,y1),B(x2,y2),易得直线AE的方程为y=(x-2),
当x=-1时,y=,即P,
直线BE的方程为y=(x-2),
当x=-1时,y=,即Q,
所以以PQ为直径的圆的方程为(x+1)2+=0,
当y=0时,(x+1)2+=0,
由得(3m2-1)y2-24my+36=0,其中m2≠,Δ=(-24m)2-4(3m2-1)×36>0,且x1<-2,x2<-2,则y1+y2=,y1y2=,
则(x1-2)(x2-2)=(my1-6)(my2-6)=m2y1y2-6m(y1+y2)+36=m2·-6m·+36=,
所以(x+1)2+=(x+1)2+=(x+1)2-9=0,解得x=2或x=-4,
所以在x轴上存在定点D(2,0)或D(-4,0),使得点D始终在以线段PQ为直径的圆上.
6.解析　(1)根据抛物线的定义知,点M的轨迹是抛物线,且p=2,故点M的轨迹C的方程为y2=4x.
(2)(i)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),
由(1)知抛物线的准线方程为x=-1,
根据抛物线的定义可知|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,|CF|=x3+1,|DF|=x4+1,
所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2,|CD|=|CF|+|DF|=x3+x4+2,
所以四边形ACBD的面积S=S△ACB+S△ADB=|AB||CF|+|AB||DF|=|AB||CD|.
由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
则Δ=[-(2k2+4)]2-4k2·k2=16k2+16>0,x1+x2=,
故|AB|=x1+x2+2=,
由题意得直线l':y=-(x-1),
由得x2-x+=0,
则Δ=-4·=+16>0,x3+x4=2+4k2,
故|CD|=x3+x4+2=4+4k2,
所以S=|AB||CD|=××(4+4k2)
==8
=8≥8=32,当且仅当k2=,即k=±1时,等号成立,所以四边形ACBD的面积的最小值为32.
(ii)证明:由(i)知x1+x2=,所以点P的横坐标为,代入l的方程得y=,所以P,
同理,得Q(1+2k2,-2k),
故直线PQ的斜率为=,
则直线PQ的方程为y-=,化简得y=(x-3),所以直线PQ过定点(3,0).
7.解析　(1)由题意知|PE|+|PF|=|PE|+|PD|=4>|EF|=2,
故点P的轨迹是以E,F为焦点,长轴长为4的椭圆,
所以2c=2,2a=4,即c=,a=2,所以b2=a2-c2=1,
因此C的方程为+y2=1.
(2)(i)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(4,m),
由题意得A(-2,0),B(2,0),如图所示,
则kAP=,kAQ=kAT==,
而kBP=kBT,即=,于是m=,
所以kAP·kAQ=×=×=,
又+=1,故=(4-),
因此kAP·kAQ==-,故kAP·kAQ为定值.
(ii)设直线PQ的方程为x=ty+n,
由得(t2+4)y2+2tny+n2-4=0,
则y1+y2=-,y1y2=.
由(i)可知kAP·kAQ=-,
即·==-,
化简得=-,解得n=1或n=-2(舍去),
所以直线PQ的方程为x=ty+1,因此直线PQ经过定点(1,0).
方法总结
求解直线过定点问题的常用方法
(1)“特殊探路,一般证明”:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明;
(2)“一般推理,特殊求解”:设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点;
(3)求证直线过定点(x0,y0),常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0)或截距式方程y=kx+b来证明.
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